高考物理二、三輪復習總攻略專題2.6靜電場(原卷版+解析)

核心主干專題突破專題2.6靜電場目錄TOC\o"1-3"\h\u【突破高考題型】 1題型一電場強度的疊加與計算 1題型二電場強度大小、電勢高低、電勢能大小的判斷 3題型三電場中的圖像問題 6題型四電容器的分析與計算 8題型五帶電粒子在電場中的運動 9【專題突破練】 13【突破高考題型】題型一電場強度的疊加與計算【例1】(2022·山東高考，3)半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為()A.正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR)B.正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C.負電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR)D.負電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)【例2】(2022·重慶市模擬)如圖所示，用粗細均勻的絕緣線制成直徑為L的圓環(huán)，OE為圓環(huán)的半徑，圓環(huán)上均勻地分布著正電荷，現(xiàn)在圓環(huán)上E處取下足夠短的帶電荷量為q的一小段，將其沿OE連線向下移動L的距離到F點處，設圓環(huán)的其他部分的帶電荷量與電荷分布保持不變，已知靜電力常量為k，若此時在O點放一個帶電荷量為Q的帶正電的試探電荷，則該試探電荷受到的靜電力大小為()A.eq\f(kQq,3L2)B.eq\f(4kQq,9L2)C.eq\f(32kQq,9L2)D.eq\f(2kQq,3L2)【例3】.(2022·四川成都市三模)如圖，O是等邊三角形ABC的垂心，三個電荷量絕對值相等的點電荷分別固定在A、B、C三點．以無窮遠處的電勢為零，已知A處正電荷在O點的電勢為φ、電場強度大小為E.則O點的電勢和電場強度大小分別為()A．φ和2E B．－φ和2EC．－φ和3E D．－φ和0【方法總結】特殊電場強度的四種求法對稱法利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復雜電場的疊加問題大為簡化等效法在保證效果相同的前提下，將復雜的電場情境變換為簡單的或熟悉的電場情境，如將一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，可等效為兩個異種點電荷形成的電場補償法將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或將半球面補全為完整的球面，從而化難為易微元法將帶電體分成許多可看成點電荷的微小帶電體，先根據(jù)庫侖定律求出每個微小帶電體產生電場的電場強度，再結合對稱性和場強疊加原理求出合電場強度題型二電場強度大小、電勢高低、電勢能大小的判斷【例1】(2022·河北高考，6)如圖，真空中電荷量為2q和－q(q>0)的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成一個以MN延長線上O點為球心，電勢為零的等勢面(取無窮遠處電勢為零)，P為MN連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，下列說法正確的是()A.P點電勢低于S點電勢B.T點電場強度方向指向O點C.除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點D.將正試探電荷q0從T點移到P點，靜電力做正功【例2】(2022·福建省模擬)靜電透鏡是電子透鏡的一種，它被廣泛應用于電子器件(如陰極射線示波管)中．如圖所示，虛線是某電子透鏡中電場的等差等勢線，一電子在該電場中的運動軌跡如圖中實線所示，A、B、C是軌跡與等勢線的交點．已知A點的電勢為零，電子在A點的動能為32eV，在B點的電勢能為－15eV，不計電子重力，下列說法正確的是()A．電子一定是從A點運動到C點B．電子在經(jīng)過等勢線c時的動能為32eVC．B點的電場強度大于A點的D．電子在關于等勢線d對稱的兩點所受靜電力相同【例3】(2022·山西運城市高三期末)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶正電的質點僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知下列說法中錯誤的是()A．三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質點通過P點時的電勢能比Q點大C．帶電質點通過P點時的動能比Q點大D．帶電質點通過P點時的加速度比Q點大【方法總結】1.等勢面與電場線的關系(1)電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。(2)電場線越密的地方，等差等勢面也越密。(3)沿等勢面移動電荷，靜電力不做功，沿電場線移動電荷，靜電力一定做功。2.電場強弱、電勢高低、電勢能大小的比較方法判斷電場強弱①根據(jù)電場線的疏密判斷②根據(jù)公式E＝keq\f(Q,r2)和電場強度疊加原理判斷判斷電勢高低①根據(jù)電場線的方向判斷②由UAB＝eq\f(WAB,q)判斷③根據(jù)靜電力做功(或電勢能)判斷判斷電勢能大小①根據(jù)Ep＝qφ判斷②根據(jù)ΔEp＝－W電，由靜電力做功判斷題型三電場中的圖像問題【例4】(多選)(2022·河北新高考猜題卷)線段OB上存在靜電場，OB上電場強度隨空間變化規(guī)律如圖9所示。線段上有一點A，O、A、B三點的電場強度大小分別為E0、0、eq\f(E0,2)。將一帶電荷量為＋q的粒子從O點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，粒子到達B點時速度變?yōu)榱恪Ｒ阎狝、B兩點距O點的距離分別為xA、xB，設A點電勢為零。下列說法正確的是()A.OA與AB間的電勢差滿足關系式UOA＝UABB.粒子在運動過程中，最大動能為eq\f(1,2)qE0xAC.xB＝2xAD.若將粒子從B點由靜止釋放，粒子將在BO間做往復運動【方法總結】(1)由圖線確定電場強度的變化情況，E>0表示電場強度沿正方向，E<0表示電場強度沿負方向。(2)E－x圖線與x軸所圍成的面積表示電勢差，如果取x＝0處為電勢零點，則可由圖像的面積分析各點電勢的高低，綜合分析粒子的運動，進一步確定粒子的電性、靜電力做功及粒子的動能變化、電勢能變化等情況?！纠?】(2022·湖南師大附中模擬)絕緣光滑水平面上有ABO三點，以O點為坐標原點，向右方向為正方向建立直線坐標軸x軸，A點坐標為－2m，B點坐標為2m，如圖甲所示。A、B兩點間的電勢變化如圖乙，左側圖線為四分之一圓弧，右側圖線為一條傾斜線段。現(xiàn)把一質量為m，電荷量為q的負點電荷，以初速度v0由A點向右射出，則關于負點電荷沿直線運動到B點過程中，下列說法中正確的是(忽略負點電荷形成的電場)()A.負點電荷由A點運動到O點過程中加速度越來越大B.負點電荷在B點速度大于v0C.負點電荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度D.當負點電荷分別處于－eq\r(2)m和eq\r(2)m時，靜電力的功率相等【方法總結】(1)電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零。(2)在φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向。(3)在φ－x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷。【例3】(2022·河南適應性測試)空間中存在一靜電場，一電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位置x的變化關系如圖所示，則電子從x1向x3運動的過程中，下列說法正確的是()A.在x1處電子速度最大B.在x2處電子加速度最大C.在x3處電場強度最大D.在x2處電勢最高【方法總結】(1)根據(jù)電勢能的變化可以判斷靜電力做功的正、負。(2)根據(jù)W＝－ΔEp＝Fx，圖像Ep－x的斜率的絕對值表示靜電力的大小。題型四電容器的分析與計算1.掌握兩個重要結論(1)電容器與電路(或電源)相連，則兩端電壓取決于電路(或電源)，穩(wěn)定時相當于斷路，兩端電壓總等于與之并聯(lián)的支路電壓。(2)充電后電容器與電路斷開，電容器所帶電荷量不變，此時若只改變兩板間距離，則板間電場強度大小不變。2.注意一個特例當有電容器的回路接有二極管時，因二極管的單向導電性，將使電容器的充電或放電受到限制。【例1】(多選)(2022·重慶八中模擬)微信運動步數(shù)的測量是通過手機內電容式加速度傳感器實現(xiàn)的。其原理如圖所示，R為定值電阻，M和N為電容器兩極板，M極板固定在手機上，N極板兩端與固定在手機上的兩輕彈簧連接。當手機的加速度變化時，N極板只能按圖中標識的“前后”方向運動。手機運動時下列說法正確的是()A.勻速運動時，電阻R中有電流B.由向前勻速突然減速時，電容器所帶電荷量增加C.由靜止突然向前加速時，電流由b向a流過電流表D.保持向后的勻加速運動時，MN之間的電場強度持續(xù)減小【例2】.(2022·江蘇鹽城模擬)如圖所示的電路，先使開關S與1端相連(設t＝0)，穩(wěn)定后再迅速把開關擲向2端，電流傳感器將電流信息傳入計算機，計算機屏幕上顯示出電流時間的i－t曲線。正確的是()題型五帶電粒子在電場中的運動1．電場中直線運動問題的兩種解題思路(1)動能定理：不涉及a、t時可用。(2)牛頓運動定律：涉及a、t時可用。2．勻強電場中的偏轉問題(1)帶電粒子垂直于電場強度方向進入勻強電場，在勻強電場中的偏轉一般為類平拋運動，可用分解思想，解題思路如下：①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(L,v0)。②沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。③離開電場時的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))。④速度偏向角tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUx,mdveq\o\al(2,0))eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanφ＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))；位移偏向角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(qUx,2mdveq\o\al(2,0))eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanθ＝eq\f(qUL,2mdveq\o\al(2,0))。(2)不涉及運動細節(jié)、涉及功能問題時常用動能定理。注意：偏轉時靜電力做功不一定是W＝qU板間，應該是W＝qEy(y為偏移量)。3．勻強電場中偏轉問題的兩個結論(1)粒子經(jīng)勻強電場偏轉后，末速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位移的中點。如圖所示，有tanφ＝2tanθ且x＝eq\f(L,2)。(2)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一勻強電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL2,4U0d)和偏向角tanφ＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL,2U0d)與比荷無關，總是相同的。【例1】(2022·廣東揭陽期末)人體的細胞膜模型圖如圖甲所示，由磷脂雙分子層組成，雙分子層之間存在電壓(醫(yī)學上稱為膜電位)?，F(xiàn)研究某小塊均勻的細胞膜，厚度為d，膜內的電場可看作勻強電場，簡化模型如圖乙所示。初速度可視為零的正一價鈉離子僅在靜電力的作用下，從圖中的A點運動到B點，下列說法正確的是()A．A點電勢低于B點電勢B．鈉離子的電勢能減小C．鈉離子的加速度變大D．若膜電位不變，當d越大時，鈉離子進入細胞內的速度越大【例2】(2022·“七彩陽光”聯(lián)考)如圖所示，比荷相同，但初速度大小不同的兩個帶電粒子，從左邊靠近上極板的位置水平射入平行板電容器，粒子1打在下極板中心處，粒子2由右側豎直位移中點處射出電場區(qū)域，下列說法正確的是(重力不計)()A．兩個粒子在電場中的運動時間之比t1∶t2＝1∶2B．兩個粒子末速度方向與水平方向的夾角θ1∶θ2＝4∶1C．兩個粒子的初速度之比v1∶v2＝1∶2eq\r(2)D．兩個粒子末動能大小之比Ek1∶Ek2＝2∶1【例3】(多選)(2022·全國甲卷·21)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出．小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點．則射出后()A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量【例4】．(多選)(2022·山西太原市一模)圖(a)的平行金屬板M、N間加有圖(b)所示的交變電壓，OO′是M、N板間的中線，當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場.eq\f(1,4)T時，比荷為k的帶電粒子甲從O點沿OO′方向、以v0的速率進入板間，eq\f(3,2)T時飛離電場，期間恰好不與極板相碰．若在eq\f(3,8)T時刻，帶電粒子乙以2v0的速率沿OO′從O點進入板間，已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，不計粒子受到的重力，則下列說法中正確的是()A．T時刻，乙粒子離開電場B．乙粒子的比荷為eq\f(8k,7)C．甲、乙兩粒子通過電場偏轉的位移大小之比為2∶3D．甲、乙兩粒子通過電場偏轉的位移大小之比為1∶2【專題突破練】1.(2022·山東泰安市一模)如圖所示，正方形四個頂點上依次放置電荷量為＋q、＋q、＋q、－q的點電荷，a、b、c、d是對角線上的四個點，它們到中心O點的距離均相同．則()A．a、b兩點的電場強度相同，電勢相等B．a、b兩點的電場強度不同，電勢相等C．c、d兩點的電場強度相同，電勢相等D．c、d兩點的電場強度相同，電勢不相等2．(2022·陜西寶雞市模擬)如圖所示，在坐標系xOy平面內有一個勻強電場，電場強度方向平行于xOy平面．以坐標原點O為圓心、半徑為R＝2cm的圓與坐標軸相交于M、N、P、Q四點．現(xiàn)測得P點的電勢為3V，Q點的電勢為－3V，M點的電勢為4V，則下列說法正確的是()A．電場強度方向沿y軸負方向B．N點的電勢為－3VC．勻強電場的電場強度大小為250V/mD．圓周上兩點間的最大電勢差為8V3．(2022·山東濟南市模擬)x軸上固定著兩個點電荷A、B，兩點電荷分別位于xA＝0，xB＝4d處，兩者所在區(qū)域為真空，在兩者連線上某點的電場強度E與該點位置的關系如圖所示．選取x軸正方向為電場強度的正方向，無限遠處電勢為零．以下說法正確的是()A．點電荷A、B分別帶正電和負電B．A、B所帶電荷量的絕對值之比為1∶3C．x＝d處電勢最高且為零D．將電子從x＝5d處無初速度釋放，其電勢能一直減小4．(多選)(2022·甘肅張掖市高三期末)一帶電粒子僅在靜電力作用下從A點開始以初速度－v0做直線運動，其v－t圖像如圖所示．粒子在t時刻運動到B點，3t時刻運動到C點，以下判斷正確的是()A．A、B、C三點中B點的電場強度最大B．A、B、C三點的電勢關系一定為φB>φA>φCC．粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，靜電力先做正功后做負功D．粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增大后減小5.(2022·山東省名校聯(lián)盟高三期末)如圖所示，真空中有四個相同的點電荷，電荷量均為q，分別固定在棱長為L的正四面體(由絕緣材料制成)的四個頂點上，靜電力常量為k.任意一個點電荷所受靜電力的大小為()A.eq\f(\r(6)kq2,L2) B.eq\f(\r(3)kq2,L2)C.eq\f(\r(6)kq2,3L2) D.eq\f(\r(3)kq2,3L2)6．(2022·河南開封市二模)如圖甲，在某電場中的O點先后無初速度釋放兩個正點電荷Ⅰ和Ⅱ，電荷僅在靜電力的作用下沿直線向A運動，兩電荷的動能Ek隨位移x變化的關系如圖乙．若Ⅰ的電荷量為q，則可知()A．電荷Ⅱ的電荷量為eq\f(q,2)B．電荷Ⅱ受到的靜電力大小為FⅡ＝eq\f(Ek0,x0)C．此電場一定為勻強電場且電場強度大小E＝eq\f(Ek0,qx0)D．選O點為電勢零點，A點的電勢為φA＝eq\f(Ek0,q)7.(2022·湖南新高考演練卷)如圖甲所示，在無限大的空間內，邊長為2L的正方形四個頂點分別固定著電荷量相等的正電荷，O點為正方形的幾何中心，以O為原點，沿中垂線指向無窮遠建立x軸，設無窮遠處電勢為零，通過電勢傳感器測出中垂線上各點電勢隨距離x的變化圖像如圖乙所示。a、b、c、d四個點為兩條中垂線上距中心O點等距離的點，有電子、氕核、氘核、氚核四個帶電粒子，分別從a、b、c、d四個點由靜止釋放，不計粒子的重力，以下說法正確的是()A.每條中垂線上電場強度為零的點除無窮遠處外還有兩處B.每條中垂線上電場強度相同的點有兩處C.若氕、氘、氚三個粒子最終能到達無窮遠處，其速度大小關系為v氕>v氘>v氚D.電子、氕、氘、氚可能圍繞中心O做往復運動8.如圖甲所示，在某電場中建立x坐標軸，一個電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，經(jīng)過A、B、C三點，已知xC－xB＝xB－xA。該電子的電勢能Ep隨坐標x變化的關系如圖乙所示。則下列說法中正確的是()A.A點電勢高于B點電勢B.A點的電場強度小于B點的電場強度C.A、B兩點電勢差|UAB|等于B、C兩點電勢差|UBC|D.電子經(jīng)過A點的速率小于經(jīng)過B點的速率9.(2022·遼寧省模擬)某平面區(qū)域內一靜電場的等勢線分布如圖中虛線所示，相鄰的等勢線電勢差相等，一負電荷僅在靜電力作用下由a運動至b，設該電荷在a、b兩點的加速度大小分別為aa、ab，電勢分別為φa、φb，速度大小分別為va、vb，電勢能分別為Epa、Epb，則()A．aa>ab B．vb>vaC．Epa>Epb D．φa>φb10．(2022·廣西南寧市二模)空間有一沿x軸分布的電場，如圖乙所示，x軸上有P、Q兩點，其位置坐標分別為x0、2x0.一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從坐標原點O以初速度v0沿x軸正方向做直線運動，其速度v隨位置x的變化規(guī)律如圖甲所示，粒子僅受靜電力作用．則下列說法正確的是()A．粒子在OQ段克服靜電力做功B．粒子在OP段與PQ段動能增量相等C．粒子在P點的電勢能比Q點的小D．P點的電勢比Q點的電勢高11．(多選)(2022·東北三省三校第二次模擬)如圖所示，水平放置的上、下兩個帶電金屬板，相距為3d，板間有豎直向下的勻強電場，電場強度大小E＝eq\f(mg,q)，上板上方距上板d處有一帶電荷量為＋q的小球B，其正上方有一帶電荷量為－6q的小球A，它們的質量均為m，用長度為d的絕緣輕桿相連．將兩小球從靜止釋放，小球可以通過上板的小孔進入電場中．若空氣阻力不計，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．A球剛進入電場時的速度大小為eq\r(2gd)B．A球剛進入電場時的速度大小為eq\r(5gd)C．B球能碰到下板D．B球不能碰到下板12.(多選)(2022·四川涼山州第二次診斷性檢測)光滑水平桌面內固定一半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，整個軌道處于水平向右的勻強電場中，其俯視圖如圖所示．一質量為m的帶電小球(看作質點)在A點獲得一速度v0，在軌道內做完整的圓周運動，且小球在A點時速度最大．已知小球所受靜電力的大小等于小球的重力大小，重力加速度大小為g，則下列說法正確的是()A．小球帶正電B．小球在B點時軌道對其彈力大小為m(eq\f(v02,R)－5g)C．小球從A點運動到B點的過程中電勢能增加2mgRD．小球在A點獲得的最小速度為eq\r(4Rg)13.(多選)(2022·甘肅省二模)通常把離場源電荷無限遠處的電勢規(guī)定為零，已知場源電荷Q的電場中某點電勢的表達式為φ＝eq\f(kQ,r)(式中k為靜電力常量，r為該點到場源電荷間的距離)．真空中有兩個點電荷Q1、Q2，分別固定在x坐標軸的x＝0和x＝8cm的位置上．x軸上各點的電勢隨x的變化關系如圖所示．A、B是圖線與x軸的交點，A點的x坐標是6.4cm，圖線上C點的切線水平．下列說法正確的是()A．電荷Q1、Q2的電性相同B．電荷Q1、Q2的電荷量之比為4∶1C．B點的x坐標是10.4cmD．C點的x坐標是16cm14.(多選)(2022·湖南郴州市質檢)水平地面上方有水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝eq\f(mg,2q)，從地面上的A點斜向右上方以速度v0＝10m/s拋出一個帶正電且電荷量為q、質量為m的小球，速度方向與水平地面的夾角θ＝53°，軌跡如圖所示．點B為軌跡最高點，D、E兩點高度相等，小球落在水平地面的C點．忽略空氣阻力的影響．重力加速度取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，則()A．D、E兩點速度大小相等B．B點速度大小為10m/sC．小球落地時速度方向與水平方向的夾角仍為53°D．A、C兩點距離為16m15.(多選)(2022·河北邢臺市高三期末)如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強電場(圖中未畫出)，A、B、C、D、M、N是棱長為a的正八面體的六個頂點，在同一豎直線上的M、N兩點均固定有電荷量為Q的正點電荷，一質量為m、電荷量為q的點電荷在正方形ABCD內(水平)繞正八面體的中心做半徑最大的勻速圓周運動．靜電力常量為k，重力加速度大小為g.下列說法正確的是()A．做勻速圓周運動的點電荷帶正電B．勻強電場的電場強度為eq\f(mg,q)C．做圓周運動的點電荷的角速度為eq\f(4,3)eq\r(\f(\r(3)kQq,ma3))D．做圓周運動的點電荷的動能為eq\f(4\r(3)kQq,9a)16.(多選)(2022·安徽蕪湖市高三期末)如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，兩極板水平放置，下極板接地，極板間距為d，在上極板緊貼一厚度為l的金屬板，其下部空間有一帶電質點P靜止在電容器中．當把金屬板從電容器中快速抽出后，質點P開始運動，空氣阻力不計，已知重力加速度為g.下列說法正確的是()A．抽出金屬板后電容器所帶電荷量增加B．抽出金屬板瞬間帶電質點P的電勢能增加C．抽出金屬板后帶電質點P的加速度大小為eq\f(l,d)gD．抽出金屬板后帶電質點P的加速度大小為eq\f(d－l,d)g17.(2022·湖北省華中師范大學第一附屬中學高三測試)如圖所示，虛線MN下方存在著方向水平向左、范圍足夠大的勻強電場．AB為絕緣光滑且固定的四分之一圓弧軌道，軌道半徑為R，O為圓心，B位于O點正下方．一質量為m、電荷量為q的帶正電小球，以初速度vA豎直向下從A點沿切線進入半圓軌道內側，沿軌道運動到B處以速度vB射出．已知重力加速度為g，勻強電場的電場強度大小E＝eq\f(3mg,4q)，空氣阻力不計，下列說法正確的是()A．從A到B過程中，小球的機械能先增大后減小B．從A到B過程中，小球對軌道的壓力先減小后增大C．在A、B兩點的速度大小滿足vA>vBD．從B點拋出后，小球速度的最小值為eq\f(4,5)eq\r(vA2＋\f(1,2)gR)18.(多選)(2022·山東濟寧市高三期末)如圖所示，真空中有一勻強電場(圖中未畫出)，電場方向與圓周在同一平面內，△ABC是圓的內接直角三角形，∠BAC＝63.5°，O為圓心，半徑R＝5cm.位于A處的粒子源向平面內各個方向發(fā)射初動能均為8eV、電荷量均為＋e的粒子，有些粒子會經(jīng)過圓周上不同的點，其中到達B點的粒子動能為12eV，到達C點的粒子電勢能為－4eV(取O點電勢為零)．忽略粒子的重力和粒子間的相互作用，sin53°＝0.8.下列說法正確的是()A．B點電勢高于O點電勢B．圓周上A點的電勢最高C．圓周上A、B兩點的電勢差為4VD．勻強電場的電場強度大小為100V/m19.(2022·江蘇泰州市高三期末)如圖所示，光滑水平面上有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧左端固定，右端連一質量為m、電荷量為q的帶負電小物塊，水平面上方有一電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場．開始時物塊在大小為2qE、方向水平向右的外力F作用下靜止在M點，設物塊在M點的電勢為零．現(xiàn)將力F撤去，則在物塊運動過程中，下列說法正確的是()A．彈簧和物塊組成的系統(tǒng)機械能之和不變B．彈簧處于原長時物塊的速度最大C．彈簧最短時物塊加速度大小為eq\f(2qE,m)D．物塊電勢能的最小值為－eq\f(2q2E2,k)20.(2022·浙江省稽陽聯(lián)誼學校高三聯(lián)考)如圖所示，豎直放置的平行金屬板A、B，板間距離為L，板長為2L，A板內側中央O處有一個體積不計的放射源，在紙面內向A板右方均勻地以等大的速率朝各個方向輻射正離子，離子質量m＝8.0×10－26kg，離子電荷量q＝8.0×10－19C，離子的速率v0＝2.0×105m/s，若不計離子重力與離子間相互作用，忽略極板的邊緣效應，則(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()A．當UAB＝0時，打到B板上的離子占總離子數(shù)的eq\f(3,5)B．當UAB＝640V時，能打到B板上的離子速度均相同C．當UAB＝1280V時，打到B板的離子占總離子數(shù)的eq\f(53,90)D．當UAB＝－1280V時，所有離子均不能打在B板上21．(多選)(2022·江西上饒市六校第二次聯(lián)考)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0＝eq\f(gT,3)沿中線射入兩板間，eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g，下列關于微粒在0～T時間內運動的描述正確的是()A．末速度沿水平方向B．運動過程中的最大速度為eq\f(2gT,3)C．板的長度為eq\f(3,4)dD．克服靜電力做功為mgd22．(2022·湖南岳陽市質檢)如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v、方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程中，動量大小的最小值為()A.eq\f(\r(5),5)mv B.eq\f(2\r(5),5)mvC.eq\f(3\r(5),5)mv D.eq\f(4\r(5),5)mv23.(多選)(2022·山西運城市高三期末)兩長度相同的金屬板M、N正對水平放置，板長為L，板間距為d，連接在圖示的電路中．D為理想二極管(正向電阻為0，反向電阻無窮大)，滑動變阻器R的最大阻值為2r，定值電阻的阻值R0＝r，E為恒壓電源，不計電源內阻．將滑片P置于滑動變阻器正中間，閉合開關S，讓一電荷量為q、質量為m的粒子(不計重力)從靠近M板左端的位置以水平速度v0射入板間，粒子恰好打在N板的右端．在保持開關S閉合的情況下，下列說法正確的是()A．若僅將粒子的初速度變?yōu)?v0后水平射入板間，則粒子從M、N板的中線處離開B．若僅將滑動變阻器的滑片向左滑動，則粒子還是恰好打在N板的右端C．若僅將N板向上平移eq\f(d,2)，則粒子將打在N板的中點處D．若僅將滑動變阻器的滑片向右滑動，則粒子不會打在N板上24．(多選)(2022·重慶市一診)如圖所示，空間有范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小為E，方向與水平方向夾角為45°，一質量為m、電荷量q＝eq\f(\r(2)mg,E)的帶正電小球(可視為質點)，從A點以初速度v0豎直向上拋出，經(jīng)過一段時間后運動到B點，A、B兩點在同一電場線上，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，帶電小球從A點運動到B點過程中()A．用時為eq\f(2v0,g) B．動能增加eq\f(1,2)mv02C．電勢能減少2mv02 D．機械能增加4mv0225.(2022·云南省云南師大附中月考)M、N是兩塊水平放置的平行金屬板，如圖甲所示，板的長度為L＝30cm，板的寬度足夠寬，兩板間距為d＝20cm，板右端到熒光屏的距離為D＝60cm，O′O為垂直于屏的中心軸線．以屏中心O為原點建立xOy直角坐標系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向，x軸、y軸的正方向如圖甲所示．一電荷量為q＝1.6×10－5C，質量為m＝3.2×10－11kg的帶正電粒子從O′點以速度v0＝5×104m/s射入極板，速度方向平行于板面且與O′O夾角α＝53°，如圖乙所示，最終帶電粒子打到熒光屏上而發(fā)光．若兩板間的電場為勻強電場，所加偏轉電壓UMN＝1000V，不計帶電粒子的重力，取cos53°＝0.6，sin53°＝0.8.求：(1)帶電粒子從射入到打到屏上的運動時間t；(2)帶電粒子打到屏上的位置坐標．26.(2022·安徽馬鞍山市一模)如圖甲所示，金屬絲K產生的熱電子(初速度不計)經(jīng)A、B間的加速電場加速后，沿兩水平金屬板C、D間的中心線射入偏轉電場，最后打在豎直熒光屏上．C、D極板長為l，板間距離為d，熒光屏距C、D右端的距離為eq\f(l,6).現(xiàn)給A、B間加一加速電壓UAB，C、D兩板間加一交變電壓，電壓大小為U、周期T＝eq\f(2l,v0)(如圖乙所示)，設C、D間的電場可看作勻強電場，且兩板外無電場．已知電子的質量為m、電荷量為e(重力不計)，經(jīng)加速電場加速后以速度v0射入偏轉電場，且所有電子均能從C、D板間射出．電子間相互作用不計，試求：(1)A、B間加速電壓UAB的大?。?2)熒光屏上被電子擊中部分的長度D；(3)到達熒光屏上O點的電子動能．27.(2022·山西太原期末)如圖甲所示，一絕緣細直長桿水平放置，處于水平方向的靜電場中。以O為原點，沿細桿建立x軸，電場強度E隨x的分布如圖乙所示。x≤0的范圍內，電場強度恒定、方向沿x軸正方向；在x>0的范圍內，電場強度沿x軸負方向并隨x均勻增大。帶電的小圓環(huán)套在細桿上，其質量m＝0.2kg、電荷量q＝2×10－6C，小圓環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。將小圓環(huán)從A(－1m)點由靜止釋放(g＝10m/s2)，求：(1)小圓環(huán)到達O點時的速度大?。?2)小圓環(huán)向右運動到最遠位置的坐標值。28.(2022·云南第一次統(tǒng)測)如圖甲所示，電子槍的金屬絲K連續(xù)不斷地逸出電子，電子初速度不計，經(jīng)M、N兩金屬板之間的電場加速后，沿A、B兩水平金屬極板間的中心線OP射入極板間的偏轉電場，UMN＝－U0。A、B兩板間的距離為d，兩板間的電勢差uAB隨時間t的變化圖像如圖乙所示，圖中U1已知，uAB的變化周期為3t0。兩板間的電場視為勻強電場，t＝0時刻射入A、B兩極板間的電子在偏轉電場中經(jīng)4t0后從極板右側射出。已知電子的質量為m、電荷量為－e，重力不計，打到極板上的電子均被吸收，不計電子之間的相互作用力。(1)求A、B金屬板的長度L；(2)求t＝0時刻射入偏轉電場的電子，從極板右側射出時相對中線OP在豎直方向的位移y；(3)僅上下調整A、B兩水平極板的位置，保證電子仍然能沿OP方向射入偏轉電場，要使從極板右側射出的電子速度均水平，求A、B兩板間的最小距離d1。核心主干專題突破專題2.6靜電場目錄TOC\o"1-3"\h\u【突破高考題型】 1題型一電場強度的疊加與計算 1題型二電場強度大小、電勢高低、電勢能大小的判斷 3題型三電場中的圖像問題 6題型四電容器的分析與計算 8題型五帶電粒子在電場中的運動 9【專題突破練】 13【突破高考題型】題型一電場強度的疊加與計算【例1】(2022·山東高考，3)半徑為R的絕緣細圓環(huán)固定在圖位置，圓心位于O點，環(huán)上均勻分布著電量為Q的正電荷。點A、B、C將圓環(huán)三等分，取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷。將一點電荷q置于OC延長線上距O點為2R的D點，O點的電場強度剛好為零。圓環(huán)上剩余電荷分布不變，q為()A.正電荷，q＝eq\f(QΔL,πR)B.正電荷，q＝eq\f(\r(3)QΔL,πR)C.負電荷，q＝eq\f(2QΔL,πR)D.負電荷，q＝eq\f(2\r(3)QΔL,πR)【答案】C【解析】取走A、B處兩段弧長均為ΔL的小圓弧上的電荷，根據(jù)對稱性可知，圓環(huán)在O點產生的電場強度為與A在同一直徑上的A1和與B在同一直徑上的B1產生的電場強度的矢量和，如圖所示，因為兩段弧長非常小，故可看成點電荷，則有E1＝keq\f(\f(QΔL,2πR),R2)＝keq\f(QΔL,2πR3)，由題意可知，兩電場強度方向的夾角為120°，由幾何關系得兩者的合電場強度大小為E＝E1＝keq\f(QΔL,2πR3)，根據(jù)O點的合電場強度為0，則放在D點的點電荷帶負電，在O點產生的電場強度大小為E′＝E＝keq\f(QΔL,2πR3)，又E′＝keq\f(q,（2R）2)，聯(lián)立解得q＝eq\f(2QΔL,πR)，故C正確。【例2】(2022·重慶市模擬)如圖所示，用粗細均勻的絕緣線制成直徑為L的圓環(huán)，OE為圓環(huán)的半徑，圓環(huán)上均勻地分布著正電荷，現(xiàn)在圓環(huán)上E處取下足夠短的帶電荷量為q的一小段，將其沿OE連線向下移動L的距離到F點處，設圓環(huán)的其他部分的帶電荷量與電荷分布保持不變，已知靜電力常量為k，若此時在O點放一個帶電荷量為Q的帶正電的試探電荷，則該試探電荷受到的靜電力大小為()A.eq\f(kQq,3L2)B.eq\f(4kQq,9L2)C.eq\f(32kQq,9L2)D.eq\f(2kQq,3L2)【答案】C【解析】圓環(huán)上的電荷在O點產生的電場強度大小等效為電荷量為q的一小段在E處時在O點產生的電場強度大小，為E1＝eq\f(kq,\f(L,2)2)＝eq\f(4kq,L2)，方向豎直向下，電荷量為q的一小段在F點時，在O點產生的電場強度大小為E2＝eq\f(kq,L＋\f(L,2)2)＝eq\f(4kq,9L2)，方向豎直向上，此時O點的電場強度大小為E＝E1－E2＝eq\f(32kq,9L2)，方向豎直向下，則帶電荷量為Q的帶正電的試探電荷在O點受到靜電力的大小F＝EQ＝eq\f(32kQq,9L2)，故C正確，A、B、D錯誤．【例3】.(2022·四川成都市三模)如圖，O是等邊三角形ABC的垂心，三個電荷量絕對值相等的點電荷分別固定在A、B、C三點．以無窮遠處的電勢為零，已知A處正電荷在O點的電勢為φ、電場強度大小為E.則O點的電勢和電場強度大小分別為()A．φ和2E B．－φ和2EC．－φ和3E D．－φ和0【答案】B【解析】由幾何關系可知，A、B、C三點到O點距離相等，設為L，三點在O點的電場強度大小相等，根據(jù)電場的疊加得O點的電場強度大小為E′＝E＋2Esin30°＝2E；已知A點處正電荷在O點的電勢為φ，則B點處負電荷在O點的電勢為－φ，C點處負電荷在O點的電勢為－φ，根據(jù)電勢的疊加可得O點的電勢為－φ，故B正確，A、C、D錯誤．【方法總結】特殊電場強度的四種求法對稱法利用空間上對稱分布的電荷形成的電場具有對稱性的特點，使復雜電場的疊加問題大為簡化等效法在保證效果相同的前提下，將復雜的電場情境變換為簡單的或熟悉的電場情境，如將一個點電荷＋q與一個無限大薄金屬板形成的電場，可等效為兩個異種點電荷形成的電場補償法將有缺口的帶電圓環(huán)補全為圓環(huán)，或將半球面補全為完整的球面，從而化難為易微元法將帶電體分成許多可看成點電荷的微小帶電體，先根據(jù)庫侖定律求出每個微小帶電體產生電場的電場強度，再結合對稱性和場強疊加原理求出合電場強度題型二電場強度大小、電勢高低、電勢能大小的判斷【例1】(2022·河北高考，6)如圖，真空中電荷量為2q和－q(q>0)的兩個點電荷分別位于M點與N點，形成一個以MN延長線上O點為球心，電勢為零的等勢面(取無窮遠處電勢為零)，P為MN連線上的一點，S為等勢面與直線MN的交點，T為等勢面上的一點，下列說法正確的是()A.P點電勢低于S點電勢B.T點電場強度方向指向O點C.除無窮遠處外，MN直線上還存在兩個電場強度為零的點D.將正試探電荷q0從T點移到P點，靜電力做正功【答案】B【解析】在直線MN上，左邊正點電荷在M右側產生電場的電場強度方向水平向右，右邊負點電荷在直線MN上產生電場的電場強度方向水平向右，根據(jù)電場的疊加可知MN間的電場強度方向水平向右，由沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知P點電勢高于等勢面與MN交點處電勢，則P點電勢高于S點電勢，故A錯誤；由于正點電荷的電荷量大于負點電荷的電荷量，可知在N左側電場強度不可能為零，設N右側距N為d處電場強度為零，MN距離為L，根據(jù)eq\f(k·2q,（L＋d）2)＝eq\f(k·q,d2)可知除無窮遠處外，直線MN上電場強度為零的點只有一個，故C錯誤；由A選項分析可知，T點電勢低于P點電勢，則正試探電荷在T點的電勢能小于在P點的電勢能，將正試探電荷q0從T點移到P點，電勢能增大，靜電力做負功，故D錯誤；設以O點為球心的等勢面的半徑為R，A、N間距離為x，A為等勢面與MN的交點，如圖所示根據(jù)φ＝eq\f(kq,x)結合電勢的疊加原理，A、S點電勢滿足eq\f(k·2q,L－x)＝eq\f(kq,x)，eq\f(k·2q,L＋2R－x)＝eq\f(kq,2R－x)解得x＝eq\f(L,3)，R＝eq\f(2L,3)由于電場強度方向垂直等勢面，可知過T點的電場線的切線必過等勢面的圓心，O點電勢φO＝eq\f(k·2q,L＋\f(L,3))－eq\f(kq,\f(L,3))＝－eq\f(3kq,2L)，可知φT>φO，則T點電場強度方向指向O點，故B正確。【例2】(2022·福建省模擬)靜電透鏡是電子透鏡的一種，它被廣泛應用于電子器件(如陰極射線示波管)中．如圖所示，虛線是某電子透鏡中電場的等差等勢線，一電子在該電場中的運動軌跡如圖中實線所示，A、B、C是軌跡與等勢線的交點．已知A點的電勢為零，電子在A點的動能為32eV，在B點的電勢能為－15eV，不計電子重力，下列說法正確的是()A．電子一定是從A點運動到C點B．電子在經(jīng)過等勢線c時的動能為32eVC．B點的電場強度大于A點的D．電子在關于等勢線d對稱的兩點所受靜電力相同【答案】C【解析】電子不是由靜止釋放，電子可能是從A點運動到C點，也可能是從C點運動到A點，A錯誤；電子只在靜電力作用下運動，則電子的電勢能和動能之和不變，為32eV，又由于題圖中為等差等勢線，B點的電勢為15V，A點的電勢為零，則等勢線c的電勢為10V，則電子在經(jīng)過等勢線c時的電勢能為－10eV，因此動能為42eV，B錯誤；等差等勢線越密集，電場強度越大，因此B點處的電場強度大于A點處的電場強度，C正確；電子在關于等勢線d對稱的兩點所受靜電力大小一定相等，但方向不一定相同，D錯誤．【例3】(2022·山西運城市高三期末)如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab＝Ubc，實線為一帶正電的質點僅在靜電力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知下列說法中錯誤的是()A．三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質點通過P點時的電勢能比Q點大C．帶電質點通過P點時的動能比Q點大D．帶電質點通過P點時的加速度比Q點大【答案】C【解析】質點所受的靜電力指向軌跡內側，且與等勢面垂直，由于質點帶正電，因此電場線垂直于等勢面指向下方，而沿電場線方向電勢降低，故a等勢面的電勢最高，c等勢面的電勢最低，A正確；正電荷在電勢高處電勢能大，故質點在P點的電勢能大于在Q點的電勢能，B正確；若質點從P運動到Q，從P到Q過程中靜電力做正功，根據(jù)能量守恒定律可知，電勢能減小，動能增大，故質點在P點的動能小于在Q點的動能，同理，若質點從Q運動到P，電勢能增加，動能減小，同樣得到質點在P點的動能小于在Q點的動能，C錯誤；等勢線密的地方電場線密，且電場強度大，故P點位置電場強度大，所受靜電力較大，根據(jù)牛頓第二定律，可知加速度也較大，D正確．【方法總結】1.等勢面與電場線的關系(1)電場線總是與等勢面垂直，且從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面。(2)電場線越密的地方，等差等勢面也越密。(3)沿等勢面移動電荷，靜電力不做功，沿電場線移動電荷，靜電力一定做功。2.電場強弱、電勢高低、電勢能大小的比較方法判斷電場強弱①根據(jù)電場線的疏密判斷②根據(jù)公式E＝keq\f(Q,r2)和電場強度疊加原理判斷判斷電勢高低①根據(jù)電場線的方向判斷②由UAB＝eq\f(WAB,q)判斷③根據(jù)靜電力做功(或電勢能)判斷判斷電勢能大?、俑鶕?jù)Ep＝qφ判斷②根據(jù)ΔEp＝－W電，由靜電力做功判斷題型三電場中的圖像問題【例4】(多選)(2022·河北新高考猜題卷)線段OB上存在靜電場，OB上電場強度隨空間變化規(guī)律如圖9所示。線段上有一點A，O、A、B三點的電場強度大小分別為E0、0、eq\f(E0,2)。將一帶電荷量為＋q的粒子從O點由靜止釋放，只在靜電力作用下運動，粒子到達B點時速度變?yōu)榱恪Ｒ阎狝、B兩點距O點的距離分別為xA、xB，設A點電勢為零。下列說法正確的是()A.OA與AB間的電勢差滿足關系式UOA＝UABB.粒子在運動過程中，最大動能為eq\f(1,2)qE0xAC.xB＝2xAD.若將粒子從B點由靜止釋放，粒子將在BO間做往復運動【答案】BD【解析】粒子從O點運動至B點過程中，根據(jù)動能定理有0＝qUOB，解得UOB＝0，又UOB＝UOA＋UAB，所以UOA＝－UAB，故A錯誤；在E－x圖像中，圖線與橫軸所圍面積大小表示兩點間電勢差大小，UOA＝－UAB，結合圖像有eq\f(1,2)E0xA＝eq\f(1,2)×eq\f(E0,2)×(xB－xA)，解得xB＝3xA，故C錯誤；粒子在OB間先做加速運動，過A點后電場反向，粒子開始做減速運動，所以粒子在A點動能最大，粒子從O運動至A，利用動能定理，有Ekm－0＝qUOA＝eq\f(1,2)qE0xA，故B正確；若將粒子從B點由靜止釋放，粒子先在BA間加速，再在AO間減速，因為UOA＝－UAB，粒子到O點速度減為零，而后反向加速，在BO間做往復運動，故D正確?！痉椒偨Y】(1)由圖線確定電場強度的變化情況，E>0表示電場強度沿正方向，E<0表示電場強度沿負方向。(2)E－x圖線與x軸所圍成的面積表示電勢差，如果取x＝0處為電勢零點，則可由圖像的面積分析各點電勢的高低，綜合分析粒子的運動，進一步確定粒子的電性、靜電力做功及粒子的動能變化、電勢能變化等情況。【例2】(2022·湖南師大附中模擬)絕緣光滑水平面上有ABO三點，以O點為坐標原點，向右方向為正方向建立直線坐標軸x軸，A點坐標為－2m，B點坐標為2m，如圖甲所示。A、B兩點間的電勢變化如圖乙，左側圖線為四分之一圓弧，右側圖線為一條傾斜線段?，F(xiàn)把一質量為m，電荷量為q的負點電荷，以初速度v0由A點向右射出，則關于負點電荷沿直線運動到B點過程中，下列說法中正確的是(忽略負點電荷形成的電場)()A.負點電荷由A點運動到O點過程中加速度越來越大B.負點電荷在B點速度大于v0C.負點電荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度D.當負點電荷分別處于－eq\r(2)m和eq\r(2)m時，靜電力的功率相等【答案】C【解析】由圖像知，A到O斜率越來越小，電場強度越來越小，加速度越來越小，故A錯誤；AO段與BO段電勢差相等，靜電力做功大小相等，且AO段靜電力對負點電荷做正功，OB段靜電力對負點電荷做負功，故負點電荷在B點速度為v0，故B錯誤；負點電荷在A、B間運動的v－t圖像如圖所示由于位移相等，則v－t圖像下的面積相等，AO段的時間小于OB段的時間，易知電荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，故C正確；負點電荷分別處于－eq\r(2)m和eq\r(2)m時，兩段圖像斜率絕對值相等，則場強大小相等，電荷所受靜電力大小相等，但－eq\r(2)m處的速度大于eq\r(2)m處的速度，所以靜電力的功率不相等，故D錯誤?！痉椒偨Y】(1)電場強度的大小等于φ－x圖線的斜率大小，電場強度為零處，φ－x圖線存在極值，其切線的斜率為零。(2)在φ－x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小，并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向。(3)在φ－x圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用WAB＝qUAB，進而分析WAB的正負，然后作出判斷。【例3】(2022·河南適應性測試)空間中存在一靜電場，一電子僅在靜電力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位置x的變化關系如圖所示，則電子從x1向x3運動的過程中，下列說法正確的是()A.在x1處電子速度最大B.在x2處電子加速度最大C.在x3處電場強度最大D.在x2處電勢最高【答案】C【解析】電子僅在靜電力作用下運動，動能與電勢能之和是恒定的，則電子從x1向x3運動的過程中，在x3處的電勢能最小，則動能最大，速度最大，A錯誤；Ep－x圖像的斜率絕對值表示電子受到的靜電力大小，在x2處圖像的斜率為0，則靜電力為0，故電子的加速度為0，B錯誤；電子從x1向x3運動的過程中，x3處的圖像斜率絕對值最大，則靜電力最大，電場強度最大，C正確；電子從x1向x3運動的過程中，電子在x2處電勢能最大，但由于電子帶負電，故在x2處電勢最低，D錯誤?！痉椒偨Y】(1)根據(jù)電勢能的變化可以判斷靜電力做功的正、負。(2)根據(jù)W＝－ΔEp＝Fx，圖像Ep－x的斜率的絕對值表示靜電力的大小。題型四電容器的分析與計算1.掌握兩個重要結論(1)電容器與電路(或電源)相連，則兩端電壓取決于電路(或電源)，穩(wěn)定時相當于斷路，兩端電壓總等于與之并聯(lián)的支路電壓。(2)充電后電容器與電路斷開，電容器所帶電荷量不變，此時若只改變兩板間距離，則板間電場強度大小不變。2.注意一個特例當有電容器的回路接有二極管時，因二極管的單向導電性，將使電容器的充電或放電受到限制。【例1】(多選)(2022·重慶八中模擬)微信運動步數(shù)的測量是通過手機內電容式加速度傳感器實現(xiàn)的。其原理如圖所示，R為定值電阻，M和N為電容器兩極板，M極板固定在手機上，N極板兩端與固定在手機上的兩輕彈簧連接。當手機的加速度變化時，N極板只能按圖中標識的“前后”方向運動。手機運動時下列說法正確的是()A.勻速運動時，電阻R中有電流B.由向前勻速突然減速時，電容器所帶電荷量增加C.由靜止突然向前加速時，電流由b向a流過電流表D.保持向后的勻加速運動時，MN之間的電場強度持續(xù)減小【答案】BC【解析】勻速運動時加速度為0，電容C不變，線路中無電流，故A錯誤；由向前勻速突然減速時，由于慣性N板向前移動，d減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，故C增大，Q＝UC，Q增大，故B正確；由靜止突然向前加速時，由于慣性N板向后移，d增大、C減小、Q減小，故有放電電流，電流b向a，故C正確；保持向后的勻加速運動時，加速度a不變，d不變，故MN之間的電場強度E不變，故D錯誤。【例2】.(2022·江蘇鹽城模擬)如圖所示的電路，先使開關S與1端相連(設t＝0)，穩(wěn)定后再迅速把開關擲向2端，電流傳感器將電流信息傳入計算機，計算機屏幕上顯示出電流時間的i－t曲線。正確的是()【答案】B【解析】先使開關S與1端相連，電源對電容器進行充電，流過電流傳感器的電流方向從右向左，電流大小逐漸減小到0，穩(wěn)定后再迅速把開關擲向2端，電容器通過定值電阻進行放電，流過電流傳感器的電流方向從左向右，電流大小逐漸減小到0，故充電過程與放電過程通過電流傳感器的電流大小都是逐漸減小到0，電流方向相反，選項B正確，A、C、D錯誤。題型五帶電粒子在電場中的運動1．電場中直線運動問題的兩種解題思路(1)動能定理：不涉及a、t時可用。(2)牛頓運動定律：涉及a、t時可用。2．勻強電場中的偏轉問題(1)帶電粒子垂直于電場強度方向進入勻強電場，在勻強電場中的偏轉一般為類平拋運動，可用分解思想，解題思路如下：①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(L,v0)。②沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。③離開電場時的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))。④速度偏向角tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUx,mdveq\o\al(2,0))eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanφ＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))；位移偏向角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(qUx,2mdveq\o\al(2,0))eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanθ＝eq\f(qUL,2mdveq\o\al(2,0))。(2)不涉及運動細節(jié)、涉及功能問題時常用動能定理。注意：偏轉時靜電力做功不一定是W＝qU板間，應該是W＝qEy(y為偏移量)。3．勻強電場中偏轉問題的兩個結論(1)粒子經(jīng)勻強電場偏轉后，末速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位移的中點。如圖所示，有tanφ＝2tanθ且x＝eq\f(L,2)。(2)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一勻強電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUL2,2mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL2,4U0d)和偏向角tanφ＝eq\f(qUL,mdveq\o\al(2,0))＝eq\f(UL,2U0d)與比荷無關，總是相同的?！纠?】(2022·廣東揭陽期末)人體的細胞膜模型圖如圖甲所示，由磷脂雙分子層組成，雙分子層之間存在電壓(醫(yī)學上稱為膜電位)?，F(xiàn)研究某小塊均勻的細胞膜，厚度為d，膜內的電場可看作勻強電場，簡化模型如圖乙所示。初速度可視為零的正一價鈉離子僅在靜電力的作用下，從圖中的A點運動到B點，下列說法正確的是()A．A點電勢低于B點電勢B．鈉離子的電勢能減小C．鈉離子的加速度變大D．若膜電位不變，當d越大時，鈉離子進入細胞內的速度越大【答案】B【解析】因為鈉離子帶正電，其僅在靜電力作用下從圖中的A點運動到B點，說明靜電力的方向沿A指向B，電場線由A指向B，所以A點電勢高于B點電勢，A錯誤；因為靜電力對鈉離子做正功，所以其電勢能減少，B正確；因為膜內的電場可看作勻強電場，根據(jù)a＝eq\f(qE,m)知鈉離子的加速度不變，C錯誤；根據(jù)動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2知鈉離子進入細胞內的速度v與距離d的大小無關，又因為膜電位U不變，則鈉離子進入細胞內的速度大小不變，D錯誤。【例2】(2022·“七彩陽光”聯(lián)考)如圖所示，比荷相同，但初速度大小不同的兩個帶電粒子，從左邊靠近上極板的位置水平射入平行板電容器，粒子1打在下極板中心處，粒子2由右側豎直位移中點處射出電場區(qū)域，下列說法正確的是(重力不計)()A．兩個粒子在電場中的運動時間之比t1∶t2＝1∶2B．兩個粒子末速度方向與水平方向的夾角θ1∶θ2＝4∶1C．兩個粒子的初速度之比v1∶v2＝1∶2eq\r(2)D．兩個粒子末動能大小之比Ek1∶Ek2＝2∶1【答案】C【解析】設荷質比eq\f(q,m)＝k，因此兩個粒子在磁場中運動時，加速度大小相等。粒子1的初速度為v1，粒子2的初速度為v2，極板長度為L，寬度為d。根據(jù)類平拋運動規(guī)律可知，粒子1、2在豎直方向分別有d＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)L,v1)))2，eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v2)))2，聯(lián)立兩式求出v1∶v2＝1∶2eq\r(2)，C正確；兩粒子在電場中運動時間之比t1∶t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.5L,v1)))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v2)))，即t1∶t2＝eq\r(2)∶1，A錯誤；根據(jù)類平拋運動推論，速度與水平方向偏轉角的正切值等于對應位移偏轉角的正切值兩倍，即tanθ1＝2eq\f(d,0.5L)，tanθ2＝2eq\f(0.5d,L)，所以tanθ1∶tanθ2＝4∶1，但角度比不等于4∶1，B錯誤；根據(jù)動能定理可知，粒子在這個過程中動能變化量等于靜電力做的功，即Ek1－Ek10＝qEd，Ek2－Ek20＝qE(0.5d)，所以Ek1＝m1ad＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,10)，Ek2＝m2a(0.5d)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)，顯然根據(jù)題目已知條件，無法判斷末動能之比，D錯誤。【例3】(多選)(2022·全國甲卷·21)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出．小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在P點．則射出后()A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量【答案】BD【解析】由于Eq＝mg，故等效重力G′的方向與水平方向成45°.如圖所示，當vy＝0時速度最小，為vmin＝v1，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，由于此時v1存在水平分量，電場力還可以向左做負功，故此時電勢能不是最大，故A、C錯誤；當小球水平速度減為0時，水平方向上有v0＝eq\f(Eq,m)t，在豎直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，此時小球的動能等于初動能，由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大，由動能定理可知WG＋WEq＝0，則重力做功等于小球電勢能的增加量，故B、D正確．【例4】．(多選)(2022·山西太原市一模)圖(a)的平行金屬板M、N間加有圖(b)所示的交變電壓，OO′是M、N板間的中線，當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場.eq\f(1,4)T時，比荷為k的帶電粒子甲從O點沿OO′方向、以v0的速率進入板間，eq\f(3,2)T時飛離電場，期間恰好不與極板相碰．若在eq\f(3,8)T時刻，帶電粒子乙以2v0的速率沿OO′從O點進入板間，已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，不計粒子受到的重力，則下列說法中正確的是()A．T時刻，乙粒子離開電場B．乙粒子的比荷為eq\f(8k,7)C．甲、乙兩粒子通過電場偏轉的位移大小之比為2∶3D．甲、乙兩粒子通過電場偏轉的位移大小之比為1∶2【答案】ABD【解析】假設粒子甲、乙?guī)N電荷，平行金屬板M、N間距離為d，則有a＝eq\f(U0q,md)＝eq\f(U0,d)k為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，以豎直方向位移和時間關系，可得vy＝at，作出粒子甲、乙在豎直方向上的速度時間圖像，如圖，則圖線與時間軸圍成的面積表示位移，而水平方向做勻速運動，令金屬板的長度為L，恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場中豎直方向的最大位移剛好為eq\f(d,2)，從速度時間圖像可知，斜率不變，即a不變，則粒子甲豎直方向的總位移為y甲＝S△ABC－S△CDE＋S△EFH＝eq\f(1,8)Tv1＝eq\f(d,4)，故eq\f(1,8)Tv1＝y(tǒng)甲，且v1＝a(eq\f(T,2)－eq\f(T,4))，聯(lián)立解得y甲＝eq\f(U0,32d)kT2，而最大位移大小為y甲m＝eq\f(1,4)Tv1＝eq\f(U0,16d)kT2＝eq\f(1,2)d，所以d＝eq\f(U0,8d)kT2，時間為t＝eq\f(L,v0)＝eq\f(3T,2)－eq\f(T,4)＝eq\f(5,4)T；粒子乙豎直方向上的速度時間圖線為A′B′C′D′，而水平方向時間為t′＝eq\f(L,2v0)＝eq\f(5,8)T，所以有t乙＝eq\f(3,8)T＋eq\f(5,8)T＝T，A正確；設乙粒子的比荷為k′，則乙的加速度大小為a′＝eq\f(U0q′,m′d)＝eq\f(U0k′,d)，由對稱性可知，乙的最大位移為y乙m＝S△C′D′H′－S△A′B′C′＝eq\f(1,2)×eq\f(3,8)T·v1′－eq\f(1,2)×eq\f(2,8)T·v2＝eq\f(d,2)，而v2＝a′·eq\f(T,8)＝eq\f(U0k′T,8d)，v1′＝a′·eq\f(3,8)T＝eq\f(3U0,8d)k′T，所以d＝eq\f(7U0,64d)k′T2，聯(lián)立解得k′＝eq\f(8,7)k，B正確；乙在豎直方向的總位移大小為y乙＝y(tǒng)乙m＝eq\f(d,2)，則偏轉位移大小之比為eq\f(y甲,y乙)＝eq\f(\f(d,4),\f(d,2))＝eq\f(1,2)，C錯誤，D正確．【專題突破練】1.(2022·山東泰安市一模)如圖所示，正方形四個頂點上依次放置電荷量為＋q、＋q、＋q、－q的點電荷，a、b、c、d是對角線上的四個點，它們到中心O點的距離均相同．則()A．a、b兩點的電場強度相同，電勢相等B．a、b兩點的電場強度不同，電勢相等C．c、d兩點的電場強度相同，電勢相等D．c、d兩點的電場強度相同，電勢不相等【答案】B【解析】根據(jù)等量同種點電荷和等量異種點電荷電場的分布情況可知：在cd連線方向上＋q和－q的電場中，c、d兩點的電場強度相同，a、b兩點的電場強度也相同；a、b兩點的電勢相等，c、d兩點的電勢不等；在兩個＋q的電場中，c、d的電場強度大小相等、方向相反，a、b兩點的電場強度大小相等、方向相反，c、d的電勢相等，a、b兩點的電勢相等．所以根據(jù)電場的疊加原理可知c、d兩點的電場強度不同，a、b兩點的電場強度也不同，a、b兩點電勢相等，c、d兩點電勢不相等，故B正確．2．(2022·陜西寶雞市模擬)如圖所示，在坐標系xOy平面內有一個勻強電場，電場強度方向平行于xOy平面．以坐標原點O為圓心、半徑為R＝2cm的圓與坐標軸相交于M、N、P、Q四點．現(xiàn)測得P點的電勢為3V，Q點的電勢為－3V，M點的電勢為4V，則下列說法正確的是()A．電場強度方向沿y軸負方向B．N點的電勢為－3VC．勻強電場的電場強度大小為250V/mD．圓周上兩點間的最大電勢差為8V【答案】C沿－y方向的分量為Ey＝eq\f(3,0.02)V/m＝150V/m，則電場強度大小E＝eq\r(Ex2＋Ey2)＝250V/m，方向與x軸正方向夾角θ的正切值為tanθ＝eq\f(Ey,Ex)＝0.75，則θ＝37°，選項A錯誤，C正確；因為φM－φO＝φO－φN，可得φN＝－4V，選項B錯誤；圓周上兩點間的最大電勢差為U＝E·2R＝10V，選項D錯誤．3．(2022·山東濟南市模擬)x軸上固定著兩個點電荷A、B，兩點電荷分別位于xA＝0，xB＝4d處，兩者所在區(qū)域為真空，在兩者連線上某點的電場強度E與該點位置的關系如圖所示．選取x軸正方向為電場強度的正方向，無限遠處電勢為零．以下說法正確的是()A．點電荷A、B分別帶正電和負電B．A、B所帶電荷量的絕對值之比為1∶3C．x＝d處電勢最高且為零D．將電子從x＝5d處無初速度釋放，其電勢能一直減小【答案】D【解析】若點電荷A、B帶異種電荷，則在x軸上0～4d區(qū)間的電場方向唯一不變化，即水平向右或水平向左，故A錯誤；由題圖可知在x＝d處電場強度為零，即eq\f(kQA,d2)＝eq\f(kQB,9d2)，解得eq\f(QA,QB)＝eq\f(1,9)，故B錯誤；0～d區(qū)域，電場方向沿x軸負方向，d～4d區(qū)域電場方向沿x軸正方向，可知0～4d區(qū)域，從x＝d處沿兩側電勢降低，無限遠處電勢為零，故x＝d處電勢大于零；x≥4d的區(qū)域內，電場方向指向x軸負方向，所以沿x軸負方向電勢逐漸降低，無限遠處電勢為零，故x≥4d的區(qū)域內的電勢都小于零，所以x＝d處電勢最高且大于零，故C錯誤；x≥4d的區(qū)域內電場方向沿x軸負方向，所以將電子從x＝5d處釋放后受水平向右的力，靜電力一直做正功，電勢能一直減小，故D正確．4．(多選)(2022·甘肅張掖市高三期末)一帶電粒子僅在靜電力作用下從A點開始以初速度－v0做直線運動，其v－t圖像如圖所示．粒子在t時刻運動到B點，3t時刻運動到C點，以下判斷正確的是()A．A、B、C三點中B點的電場強度最大B．A、B、C三點的電勢關系一定為φB>φA>φCC．粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，靜電力先做正功后做負功D．粒子從A點經(jīng)B點運動到C點，電勢能先增大后減小【答案】AD【解析】由速度時間圖像可知，加速度先增大后減小，B點的加速度最大，所以B點電場強度最大，A正確；因為不知道帶電粒子的電性以及電場的方向，所以無法判斷電勢的關系，B錯誤；由圖像可知，動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒可知，電勢能先增大后減小，D正確；因為電勢能先增大后減小，所以靜電力先做負功后做正功，C錯誤．5.(2022·山東省名校聯(lián)盟高三期末)如圖所示，真空中有四個相同的點電荷，電荷量均為q，分別固定在棱長為L的正四面體(由絕緣材料制成)的四個頂點上，靜電力常量為k.任意一個點電荷所受靜電力的大小為()A.eq\f(\r(6)kq2,L2) B.eq\f(\r(3)kq2,L2)C.eq\f(\r(6)kq2,3L2) D.eq\f(\r(3)kq2,3L2)【答案】A【解析】設正四面體的四個頂點為ABCD，O為底邊三角形ABC中心，連接OD、AO、CO，如圖所示，由幾何關系可知cosα＝eq\f(\r(6),3)，A處點電荷在D點產生的電場強度大小為E0＝eq\f(kq,L2)，同理B、C處兩點電荷在D點產生的電場強度大小也為E0＝eq\f(kq,L2)，這三個電場強度水平分量互成120°且大小相等，故最終抵消，電場強度豎直分量為Ey＝E0cosα＝eq\f(\r(6)kq,3L2)，故D點合電場強度大小為E合＝3Ey＝eq\f(\r(6)kq,L2)，則D點處電荷受靜電力大小為F＝E合q＝eq\f(\r(6)kq2,L2)，則每個點所受靜電力大小都為eq\f(\r(6)kq2,L2)，故選A.6．(2022·河南開封市二模)如圖甲，在某電場中的O點先后無初速度釋放兩個正點電荷Ⅰ和Ⅱ，電荷僅在靜電力的作用下沿直線向A運動，兩電荷的動能Ek隨位移x變化的關系如圖乙．若Ⅰ的電荷量為q，則可知()A．電荷Ⅱ的電荷量為eq\f(q,2)B．電荷Ⅱ受到的靜電力大小為FⅡ＝eq\f(Ek0,x0)C．此電場一定為勻強電場且電場強度大小E＝eq\f(Ek0,qx0)D．選O點為電勢零點，A點的電勢為φA＝eq\f(Ek0,q)【答案】C【解析】由動能定理可知，電荷的動能Ek隨位移x的變化圖線的斜率表示該電荷所受的靜電力，故電荷Ⅰ和Ⅱ所受的靜電力大小分別為FⅠ＝eq\f(Ek0,x0)，F(xiàn)Ⅱ＝eq\f(2Ek0,x0)，故B錯誤；由題圖乙可知，靜電力為恒力，則電場強度大小方向均不變，故此電場為勻強電場，根據(jù)F＝qE，可知勻強電場的電場強度大小為E＝eq\f(FⅠ,q)＝eq\f(Ek0,qx0)，故C正確；又FⅡ＝2FⅠ，所以電荷Ⅱ的電荷量為2q，故A錯誤；電荷Ⅰ由O到A的過程中，有qUOA＝Ek0，解得UOA＝eq\f(Ek0,q)，選O點為電勢零點，則A點的電勢φA＝－eq\f(Ek0,q)，故D錯誤．7.(2022·湖南新高考演練卷)如圖甲所示，在無限大的空間內，邊長為2L的正方形四個頂點分別固定著電荷量相等的正電荷，O點為正方形的幾何中心，以O為原點，沿中垂線指向無窮遠建立x軸，設無窮遠處電勢為零，通過電勢傳感器測出中垂線上各點電勢隨距離x的變化圖像如圖乙所示。a、b、c、d四個點為兩條中垂線上距中心O點等距離的點，有電子、氕核、氘核、氚核四個帶電粒子，分別從a、b、c、d四個點由靜止釋放，不計粒子的重力，以下說法正確的是()A.每條中垂線上電場強度為零的點除無窮遠處外還有兩處B.每條中垂線上電場強度相同的點有兩處C.若氕、氘、氚三個粒子最終能到達無窮遠處，其速度大小關系為v氕>v氘>v氚D.電子、氕、氘、氚可能圍繞中心O做往復運動【答案】C解析根據(jù)電場強度矢量合成法則和對稱性原理，原點O的電場強度為零，在Ep－x圖像中電勢最高點處電場強度為零，故每條中垂線上電場強度為零的點除無窮遠處外還有三處，故A錯誤；每